测试
2016年全国高中数学联赛山东省预赛试题
2016年9月4日
一、填空题（本题共10小题，每小题8分，共80分）
1．方程$x=\left| x-\left| x-6 \right| \right|$的解为$x=$__________．
解：若$x\ge 6$，则方程有解$x=6$；
若$x<6$，方程变为$x=\left| 2x-6 \right|$，若$3\le x<6$，则方程无解；若$x<3$，则方程有解$x=2$，
故原方程有两个解$x=2,6$．
2．方程${{\left( \lg x \right)}^{\lg \left( \lg x \right)}}=10000$的整数解为$x=$__________．
解：令$a=\lg x$，则有${{a}^{\lg a}}={{10}^{4}}$，
两边取以$10$为底的对数，有$\left( \lg a \right)\left( \lg a \right)=\lg {{10}^{4}}=4$，因此$\lg a=\pm 2$，所以$\lg \left( \lg x \right)=\pm 2$．
若$\lg \left( \lg x \right)=2$，则$\lg x={{10}^{2}}$，所以$x={{10}^{100}}$；
若$\lg \left( \lg x \right)=-2$，则$\lg x={{10}^{-2}}$，所以$x={{10}^{\frac{1}{100}}}$，不合题意，舍去；
所以方程的整数解为$x={{10}^{100}}$．
3．若实数$x$满足$\arcsin x>\arccos x$，则关系式$f\left( x \right)=\sqrt{2{{x}^{2}}-x+3}+{{2}^{\sqrt{{{x}^{2}}-x}}}$的取值范围是__________．
解：若$-1\le x\le 0$，则$\arcsin x\in \left[ -\dfrac{\pi }{2},0 \right]$，$\arccos x\in \left[ \dfrac{\pi }{2},\pi \right]$，
此时$\arcsin x<\arccos x$，不合条件，故$0<x\le 1$，此时
$\arcsin x\in \left( 0,\dfrac{\pi }{2} \right]$，$\arccos x\in \left[ 0,\dfrac{\pi }{2} \right)$．
而$y=\sin x$在区间$\left[ 0,\dfrac{\text{ }\!\!\pi\!\!\text{ }}{2} \right]$上为增函数，所以由条件得
$\sin \left( \arcsin x \right)>\sin \left( \arccos x \right)$，
即$x>\sqrt{1-{{x}^{2}}}$，解得$\left| x \right|>\dfrac{\sqrt{2}}{2}$，又$0<x\le 1$，所以$\dfrac{\sqrt{2}}{2}<x\le 1$．
而由$\left\{ \begin{array}{*{35}{l}}2{{x}^{2}}-x+3\ge 0 \\{{x}^{2}}-x\ge 0 \\\end{array} \right.$，
知$x\in \left( -\infty ,0 \right]\bigcup \left[ 1,+\infty \right)$，因此$x\in \left\{ 1 \right\}$，
故关系式$f\left( x \right)$的取值为$\left\{ 3 \right\}$．
4．在${{\left( x+\sqrt{x}+1 \right)}^{2n+1}}\left( n\in {{N}^{+}} \right)$的展开式中，$x$的整数次幂项的系数和为__________．
解：令
$P={{\left( x+\sqrt{x}+1 \right)}^{2n+1}}$，$Q={{\left( x-\sqrt{x}+1 \right)}^{2n+1}}$，
由二项式定理知，则$P$和$Q$中$x$的整数次幂项之和相同，记为$S\left( x \right)$，非整数次幂项之和互为相反数．故有
$2S\left( x \right)=P+Q={{\left( x+\sqrt{x}+1 \right)}^{2n+1}}+{{\left( x-\sqrt{x}+1 \right)}^{2n+1}}$．
令$x=1$，则所求的系数和为$\dfrac{1}{2}\left( {{3}^{2n+1}}+1 \right)$．
5．若点$P$是$\vartriangle ABC$的外心，且$\overrightarrow{PA}+\overrightarrow{PB}+\lambda \overrightarrow{PC}=\overrightarrow{0}$，$C=120{}^\circ $，则实数$\lambda $的值为__________．
解：设$\vartriangle ABC$的外接圆的半径为$R$．由已知得
${{\left| \overrightarrow{PA}+\overrightarrow{PB} \right|}^{2}}={{\lambda }^{2}}{{\left| \overrightarrow{PC} \right|}^{2}}$
$={{\left| \overrightarrow{PA} \right|}^{2}}+{{\left| \overrightarrow{PB} \right|}^{2}}-2\left| \overrightarrow{PA} \right|\cdot \left| \overrightarrow{PB} \right|\cos \left( \dfrac{1}{2}\angle C \right)$
$={{R}^{2}}+{{R}^{2}}-2{{R}^{2}}\dfrac{1}{2}={{R}^{2}}={{\lambda }^{2}}{{R}^{2}}$
得$\lambda =\pm 1$．由题意得$\lambda =-1$．
6．设$\left( {{x}_{1}},{{x}_{2}},\cdots ,{{x}_{20}} \right)$是$\left( 1,2,\cdots ,20 \right)$的一个排列，且满足$\sum\limits_{i=1}^{20}{\left( \left| {{x}_{i}}-i \right|+\left| {{x}_{i}}+i \right| \right)}=620$，则这样的排列有__________个．
解：因为${{x}_{i}}>0$，则
$\sum\limits_{i=1}^{20}{\left( \left| {{x}_{i}}-i \right|+\left| {{x}_{i}}+i \right| \right)}$
$=\sum\limits_{i=1}^{20}{\left( \left| {{x}_{i}}-i \right|+\left( {{x}_{i}}+i \right) \right)}$
$=\sum\limits_{i=1}^{20}{\left| {{x}_{i}}-i \right|}+\sum\limits_{i=1}^{20}{\left( {{x}_{i}}+i \right)}$
$=\sum\limits_{i=1}^{20}{\left| {{x}_{i}}-i \right|}+\sum\limits_{i=1}^{20}{\left( 2i \right)}$
$=620$
原式化简得$\sum\limits_{i=1}^{20}{\left| {{x}_{i}}-i \right|}=200$，注意恒等式$\left| a-b \right|=\max \left\{ a,b \right\}-\min \left\{ a,b \right\}$，
注意到$\left( {{x}_{1}},{{x}_{2}},\cdots ,{{x}_{20}} \right)$是$\left( 1,2,\cdots ,20 \right)$的一个排列，则在
$\max \left\{ {{x}_{i}},i \right\}$，$\min \left\{ {{x}_{i}},i \right\}$（$i=1,2,\cdots ,20$）
中，每个数最多作为最大值以及最小值最多只能两次，因此
$\sum\limits_{i=1}^{20}{\max \left\{ {{x}_{i}},i \right\}}-\sum\limits_{i=1}^{20}{\min \left\{ {{x}_{i}},i \right\}}\le 2\sum\limits_{i=11}^{20}{i}-2\sum\limits_{i=1}^{10}{i}$，
因此
$200=\sum\limits_{i=1}^{20}{\left| {{x}_{i}}-i \right|}$
$=\sum\limits_{i=1}^{20}{\left( \max \left\{ {{x}_{i}},i \right\}-\min \left\{ {{x}_{i}},i \right\} \right)}$
$=\sum\limits_{i=1}^{20}{\max \left\{ {{x}_{i}},i \right\}}-\sum\limits_{i=1}^{20}{\min \left\{ {{x}_{i}},i \right\}}$
$\le 2\sum\limits_{i=11}^{20}{i}-2\sum\limits_{i=1}^{10}{i}$
$=200$
故
$\left\{ \begin{array}{*{35}{l}}\left( {{x}_{1}},{{x}_{2}},\cdots ,{{x}_{10}} \right)=\left( 11,12,\cdots ,20 \right) \\\left( {{x}_{11}},{{x}_{12}},\cdots ,{{x}_{20}} \right)=\left( 1,2,\cdots ,10 \right) \\\end{array} \right.$，
由分步计数原理，排列$\left( {{x}_{1}},{{x}_{2}},\cdots ,{{x}_{20}} \right)$的个数为${{\left( 10! \right)}^{2}}$．
7．在四面体$ABCD$中，面$ABC$与面$BCD$成$60{}^\circ $的二面角，顶点$A$在面$BCD$上的射影$H$是$\vartriangle BCD$的垂心，G是$\vartriangle ABC$的重．若$AH4$，$ABAC$，则$GH=$__________．
解：设面$AHD$交$BC$于点$F$．因$AB=AC$，故点$G$在$AF$上，且
$GF=\dfrac{1}{3}AF$，$\angle AFH=60{}^\circ $，
于是
$AF=\dfrac{AH}{\sin 60{}^\circ }=\dfrac{8}{\sqrt{3}}$，$FH=\dfrac{\text{1}}{\text{2}}AF=\dfrac{4}{\sqrt{3}}$，$GF=\dfrac{8}{3\sqrt{3}}$．
在$\vartriangle GFH$中，由余弦定理得$GH=\dfrac{4}{9}\sqrt{21}$．
8．$\arcsin \dfrac{\text{1}}{\sqrt{10}}+\arcsin \dfrac{\text{1}}{\sqrt{26}}+\arcsin \dfrac{\text{1}}{\sqrt{50}}+\arcsin \dfrac{\text{1}}{\sqrt{65}}=$__________．
解：显然$\arcsin \dfrac{\text{1}}{\sqrt{10}},\arcsin \dfrac{\text{1}}{\sqrt{26}},\arcsin \dfrac{\text{1}}{\sqrt{50}},\arcsin \dfrac{\text{1}}{\sqrt{65}}$均小于$\dfrac{\text{ }\!\!\pi\!\!\text{ }}{4}$，
故$\arcsin \dfrac{\text{1}}{\sqrt{10}}+\arcsin \dfrac{\text{1}}{\sqrt{26}}+\arcsin \dfrac{\text{1}}{\sqrt{50}}+\arcsin \dfrac{\text{1}}{\sqrt{65}}<\text{ }\!\!\pi\!\!\text{ }$．
令${{z}_{1}}=3+i$，${{z}_{2}}=5+i$，${{z}_{3}}=7+i$，${{z}_{4}}=8+i$，则
$\arg {{z}_{1}}=\arcsin \dfrac{1}{\sqrt{10}}$，$\arg {{z}_{2}}=\arcsin \dfrac{\text{1}}{\sqrt{26}}$，$\arg {{z}_{3}}=\arcsin \dfrac{\text{1}}{\sqrt{50}}$，$\arg {{z}_{4}}=\arcsin \dfrac{\text{1}}{\sqrt{65}}$，
且$\arg {{z}_{1}}{{z}_{2}}{{z}_{3}}{{z}_{4}}=\arcsin \dfrac{\text{1}}{\sqrt{10}}+\arcsin \dfrac{\text{1}}{\sqrt{26}}+\arcsin \dfrac{\text{1}}{\sqrt{50}}+\arcsin \dfrac{\text{1}}{\sqrt{65}}$$=\arg 650\left( 1+i \right)=\dfrac{\text{ }\!\!\pi\!\!\text{ }}{4}$．
故$\arcsin \dfrac{\text{1}}{\sqrt{10}}+\arcsin \dfrac{\text{1}}{\sqrt{26}}+\arcsin \dfrac{\text{1}}{\sqrt{50}}+\arcsin \dfrac{\text{1}}{\sqrt{65}}=\dfrac{\text{ }\!\!\pi\!\!\text{ }}{4}$．
9．设$\alpha ,\beta $分别满足${{\alpha }^{3}}-3{{\alpha }^{2}}+5\alpha -4=0$，${{\beta }^{3}}-3{{\beta }^{2}}+5\beta -2=0$，则$\alpha +\beta =$__________．
解：整理得
${{\left( \alpha -1 \right)}^{3}}+2\left( \alpha -1 \right)-1=0$，${{\left( 1-\beta \right)}^{3}}+2\left( 1-\beta \right)-1=0$，
即$\alpha -1,1-\beta $为方程${{x}^{3}}+2x-1=0$的解，而${{x}^{3}}+2x-1=0$只有一个解，则$\alpha -1=1-\beta $，
即$\alpha +\beta =2$．
10．使$\dfrac{a{{b}^{2}}}{a+b}$为素数的正整数对$\left( a,b \right)=$__________，其中$a\ne b$．
解：令$d=\left( a,b \right)$，$a=du$，$b=dv$，（$u,v\in {{Z}^{+}}$，$\left( u,v \right)=1$）
令$\dfrac{a{{b}^{2}}}{a+b}=p$，则${{d}^{2}}u{{v}^{2}}=p\left( u+v \right)$，因为$\left( u+v,u \right)=\left( u+v,v \right)=\left( u,v \right)=1$，则$u{{v}^{2}}\left| p \right.$，
又因为$p$为素数，则$v=1$，且$u=1$或$p$．
若$u=1$，则${{d}^{2}}=2p$，因为$p$为素数，则$p|d$，由此得${{p}^{2}}|{{d}^{2}}$，故$p=2$，此时$\left( a,b \right)=\left( 2,2 \right)$，不合题意．
若$u=p$，则${{d}^{2}}=p+1$，即$\left( d-1 \right)\left( d+1 \right)=p$，则$d-1=1$，$d+1=p$，即$d=2$，$p=3$，$\left( a,b \right)=\left( 6,2 \right)$．
综上所述，$\left( a,b \right)=\left( 6,2 \right)$．
二、解答题（本大题共4小题，共70分）
11．（本小题共15分）已知椭圆$E:\dfrac{{{x}^{2}}}{{{a}^{2}}}+\dfrac{{{y}^{2}}}{{{b}^{2}}}=1$，过椭圆左焦点$F\left( -c,0 \right)$的直线$l$交椭圆交于$A,B$两点，线段$AB$的垂直平分线交椭圆于$C,D$两点，若$AC\bot AD$，试求直线$l$的方程．
解：设直线$l$的方程为$y=k\left( x+c \right)$，则直线$CD$的方程可设为$x=-ky+b$，因为$AC\bot AD$，且$CD$是线段$AB$的垂直平分线，则$BC\bot BD$，因此$A,B,C,D$四点共圆．
由此得过四点$A,B,C,D$的曲线方程为
$\dfrac{{{x}^{2}}}{{{a}^{2}}}+\dfrac{{{y}^{2}}}{{{b}^{2}}}-1+\lambda \left( kx-y-kc \right)\left( x+ky-b \right)=0$，
因为四点共圆，故方程中没有$xy$项，因此$\lambda \left( {{k}^{2}}-1 \right)=0$，即$k\pm 1$．
由此得，直线$l$的方程$y=\pm \left( x+c \right)$．
12．求证不等式$\sin \dfrac{1}{n}+\sin \dfrac{2}{n}>\dfrac{3}{n}\cos \dfrac{1}{n}$（$n\in {{N}^{*}}$）．
证明：不等式等价于证明：$2\sin \dfrac{1}{n}+\tan \dfrac{1}{n}>\dfrac{3}{n}$（$n\in {{N}^{*}}$），
定义函数$f\left( x \right)=2\sin x+\tan x-3x$（$0\le x\le 1$），只需证明$f\left( x \right)>0$即可．
显然$f\left( 0 \right)=0$，且
$f'\left( x \right)=2\cos x+\dfrac{1}{{{\cos }^{2}}x}-3$$=\dfrac{2{{\cos }^{3}}x-3{{\cos }^{2}}x+1}{{{\cos }^{2}}x}$，
定义函数$g\left( x \right)=2{{\cos }^{3}}x-3{{\cos }^{2}}x+1$，$g\left( 0 \right)=0$，
$g'\left( x \right)=-6{{\cos }^{2}}x\sin x+6\cos x\sin x$$=6\sin x\cos x\left( 1-\cos x \right)>0$，
因此，$g\left( x \right)>0$，即$f'\left( x \right)>0$，$f\left( x \right)$单调递增，故$f\left( x \right)>0$，不等式成立．
13．数列$\left\{ {{x}_{n}} \right\}$满足：${{x}_{1}}>0$，${{x}_{n+1}}=\sqrt{5}{{x}_{n}}+2\sqrt{x_{n}^{2}+1}$，（$n\in {{N}^{+}}$）．
证明：在${{x}_{1}},{{x}_{2}},\cdots ,{{x}_{2016}}$中，最少可以找到$672$个无理数．
证明：由归纳得$\left\{ {{x}_{n}} \right\}$为正项数列，且
${{x}_{n+1}}=\sqrt{5}{{x}_{n}}+2\sqrt{x_{n}^{2}+1}>{{x}_{n}}$．
由题设，${{\left( {{x}_{n+1}}-\sqrt{5}{{x}_{n}} \right)}^{2}}=4\left( x_{n}^{2}+1 \right)$，
即$x_{n+1}^{2}+x_{n}^{2}-2\sqrt{5}{{x}_{n}}{{x}_{n+1}}=4$，
同理得$x_{n+2}^{2}+x_{n+1}^{2}-2\sqrt{5}{{x}_{n+1}}{{x}_{n+2}}=4$．
两式相减得$x_{n+2}^{2}-x_{n}^{2}-2\sqrt{5}{{x}_{n+1}}\left( {{x}_{n+2}}-{{x}_{n}} \right)=0$，
即$\left( {{x}_{n+2}}-{{x}_{n}} \right)\left( {{x}_{n+2}}+{{x}_{n}}-2\sqrt{5}{{x}_{n+1}} \right)=0$，
从而${{x}_{n+2}}+{{x}_{n}}-2\sqrt{5}{{x}_{n+1}}=0$，$\dfrac{{{x}_{n+2}}+{{x}_{n}}}{{{x}_{n+1}}}=2\sqrt{5}$，
所以，${{x}_{n}},{{x}_{n+1}},{{x}_{n+2}}$三项中至少有一项为无理数．
从而，${{x}_{1}},{{x}_{2}},\cdots ,{{x}_{2016}}$中至少有$\left[ \dfrac{2016}{3} \right]=672$项为无理数．
另一方面设${{x}_{2k}}=\sqrt{5}{{a}_{2k}}$，${{x}_{2k+1}}={{a}_{2k+1}}$，其中${{a}_{n}}$均为实数，且满足：
${{a}_{1}}={{a}_{2}}=1$，${{a}_{2k-1}}+{{a}_{2k+1}}=10{{a}_{2k}}$，${{a}_{2k}}+{{a}_{2k+2}}=2{{a}_{2k+1}}$，$k\in N$，
则${{x}_{1}},{{x}_{2}},\cdots ,{{x}_{2016}}$中含有$\left[ \dfrac{2016}{3} \right]=672$项为无理数．
14．已知集合$A,B$都是由正整数组成的集合，且$\left| A \right|=20$，$\left| B \right|=16$，集合$A$满足以下条件：若$a,b,m,n\in A$，且$a+b=m+n$，则必有$\left\{ a,b \right\}=\left\{ m,n \right\}$．定义$A+B=\left\{ a+b\left| a\in A,b\in B \right. \right\}$，试确定$\left| A+B \right|$的最小值．
解：记$A=\left\{ {{a}_{1}},{{a}_{2}},\cdots ,{{a}_{20}} \right\}$，$B=\left\{ {{b}_{1}},{{b}_{2}},\cdots ,{{b}_{16}} \right\}$，
${{C}_{j}}=\left\{ {{a}_{i}}+{{b}_{j}}|i=1,2,\cdots ,20 \right\}$，（$j=1,2,\cdots ,16$）
则$A+B=\bigcup\limits_{j=1}^{16}{{{C}_{j}}}$．
可以证明：$\left| {{C}_{m}}\bigcap {{C}_{n}} \right|\le 1$（$m\ne n$）．
事实上，设存在${{C}_{m}},{{C}_{n}}$（$m\ne n$），$\left| {{C}_{m}}\bigcap {{C}_{n}} \right|\ge 2$，则存在${{k}_{1}},{{k}_{2}},{{l}_{1}},{{l}_{2}}$，
使得${{a}_{{{k}_{1}}}}+{{b}_{m}}$，${{a}_{{{k}_{2}}}}+{{b}_{m}}$，${{a}_{{{l}_{1}}}}+{{b}_{n}}$，${{a}_{{{l}_{2}}}}+{{b}_{n}}$$\in {{C}_{m}}\bigcap {{C}_{n}}$，
且${{a}_{{{k}_{1}}}}+{{b}_{m}}={{a}_{{{k}_{2}}}}+{{b}_{n}}$，${{a}_{{{l}_{1}}}}+{{b}_{m}}={{a}_{{{l}_{2}}}}+{{b}_{n}}$，${{a}_{{{k}_{1}}}}\ne {{a}_{{{k}_{2}}}}$，${{a}_{{{l}_{1}}}}\ne {{a}_{{{l}_{2}}}}$，
但是${{a}_{{{k}_{1}}}}-{{a}_{{{k}_{2}}}}={{a}_{{{l}_{1}}}}-{{a}_{{{l}_{2}}}}$，
由此得${{a}_{{{k}_{1}}}}+{{a}_{{{l}_{2}}}}={{a}_{{{l}_{1}}}}+{{a}_{{{k}_{2}}}}$，
则$\left\{ {{a}_{{{k}_{1}}}}+{{a}_{{{l}_{1}}}} \right\}=\left\{ {{a}_{{{k}_{2}}}}+{{a}_{{{l}_{2}}}} \right\}$，又${{a}_{{{k}_{1}}}}\ne {{a}_{{{k}_{2}}}}$，${{a}_{{{l}_{1}}}}\ne {{a}_{{{l}_{2}}}}$，则必有${{a}_{{{k}_{1}}}}={{a}_{{{l}_{1}}}}$，${{a}_{{{k}_{2}}}}={{a}_{{{l}_{2}}}}$，这不可能，
若成立，则${{a}_{{{k}_{1}}}}+{{b}_{m}}\in {{C}_{n}}$，${{a}_{{{l}_{2}}}}+{{b}_{n}}\in {{C}_{m}}$，由此得${{a}_{{{k}_{1}}}}={{b}_{n}}$，${{a}_{{{l}_{2}}}}={{b}_{m}}$，
即${{C}_{m}}\bigcap {{C}_{n}}$中最多只有一个元素，矛盾，故$\left| {{C}_{m}}\bigcap {{C}_{n}} \right|\le 1$（$m\ne n$）．
由容斥原理
$\left| A+B \right|=\left| \bigcup\limits_{k=1}^{16}{{{C}_{k}}} \right|$$\ge \sum\limits_{k=1}^{16}{\left| {{C}_{k}} \right|}-\sum\limits_{1\le m<n\le 16}^{{}}{\left| {{C}_{m}}\bigcap {{C}_{n}} \right|}$$=320-120$$=200$．
另一方面，令$A=\left\{ 2,{{2}^{2}},{{2}^{3}},\cdots ,{{2}^{20}} \right\}$，$B=\left\{ 2,{{2}^{2}},{{2}^{3}},\cdots ,{{2}^{16}} \right\}$，则容易验证：
若$m\ne n\ne k$，则${{C}_{m}}\bigcap {{C}_{n}}=\left\{ {{2}^{m}}+{{2}^{n}} \right\}$，${{C}_{m}}\bigcap {{C}_{n}}\bigcap {{C}_{k}}=\varnothing $，
因此$\left| A+B \right|=200$．
综上所述，$\left| A+B \right|$的最小值为$200$．
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